内蒙古赤峰市2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析）

2022年赤峰市高二年级学年联考试卷化学可能用到的相对原子质量：O：16S：32K：39Fe：56Ni：59Cu：64Cl：35.5第I卷(选择题，共32分)一、选择题(本题共16小题，每小题2分。每小题只有一个选项符合题意)1.北京冬奥会成功举办、“天宫课堂”如期开讲、神舟十三号顺利往返及“华龙一号”核电海外投产，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是A.冬奥会“雪花“形态主火炬台采用的双面屏，其将电能全部转化为光能B.乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化C.飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子材料D.核电站反应堆所用铀棒中含有的和互为同位素【答案】D【解析】【详解】A．“雪花”形态主火炬台采用的LED双面屏，LED双面屏可以将电能转化为光能和热能，A错误；B．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程，属于溶解度的改变，仅涉及物理变化，B错误；C．玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，C错误；D．U、U的质子数都为92，中子数分别为143、146，是质子数相同、中子数不同的同一元素，两者互称同位素，D正确；故选D。2.为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.，下，氢气中质子数目为B.的溶液中，的数目为C.电解精炼铜时，阳极减少，电路中转移的电子数目为D.溶液中【答案】D【解析】 【详解】A．，下，氢气的物质的量不是1.25mol，其中质子数目不是，A错误；B．的溶液的体积不确定，的数目不一定为，B错误；C．电解精炼铜时，阳极放电的金属不完全是铜，例如铁等，所以减少时，电路中转移的电子数目不是，C错误；D．溶液中碳酸氢钠的物质的量是0.1mol，根据物料守恒可知，D正确；答案选D。3.已知下列反应的热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ⋅mol-14H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ⋅mol-1则H2S热分解反应的2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)的ΔH4为A.-314kJ/molB.+170kJ/molC.-170kJ/molD.+314kJ/mol【答案】B【解析】【详解】已知①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ⋅mol-1；②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅mol-1；③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ⋅mol-1；根据盖斯定律×①+×②-③可得2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)的ΔH4=×(-1036kJ⋅mol-1)+×(+94kJ⋅mol-1)+484kJ⋅mol-1=+170kJ⋅mol-1；故选B。4.下列有关说法中正确的是A.溶液和溶液反应的中和热，则溶液和足量溶液反应的B.常温下，均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后改变C.在反应中，若生成氯气，转移电子的数目为D.为加强生态文明建设，我国大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源【答案】C【解析】【详解】A．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应时，生成硫酸钡沉淀也会放出热量，所以0.5mol 硫酸溶液与足量氢氧化钡溶液反应时的反应热△H小于—57.3kJ/mol，故A错误；B．常温下，pH均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后溶液中氢氧根离子浓度不变，溶液pH不变，故B错误；C．由方程式可知，反应转移5mol电子，生成3mol氯气，37Cl和35Cl的原子个数为1：5的氯气平均摩尔质量约为70.6，则反应生成212g氯气，转移电子的数目为××NAmol—1=5NA，故C正确；D．电能不属于一次能源，属于二次能源，故D错误；故选C。5.是一种重要的化工原料，可发生如下转化。下列有关表述正确的是A.甲中含有离子键、极性共价键和氢键B.戊与丁反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C.浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放D.向饱和溶液中依次通入过量的和，然后过滤可制得乙【答案】C【解析】【分析】根据元素及其化合物相关性质反应进行分析可得，氨气与氯化氢生成氯化铵，甲为氯化铵，根据侯德榜制碱法可得乙为碳酸氢钠，氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮进一步被氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，由此可得丙为一氧化氮，丁为水，由此分析来解答。【详解】A．甲为，铵根离子与氯离子之间存在离子键，铵根中氮原子与氢原子之间存在极性共价键，氯化铵为离子化合物不存在分子间作用力，A错误；B．戊与丁反应的方程式为，有2mol二氧化氮转化为硝酸失电子发生氧化反应作还原剂，有1mol二氧化氮转化为一氧化氮得电子发生还原反应作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B正错误；C．浓硝酸不稳定见光易分解且为低沸点酸易挥发，应用棕色试剂瓶盛放放于阴凉处，C正确；D．向饱和溶液中先通入适量的让溶液呈碱性，再通入可以增大二氧化碳的吸收量，然后过滤可制得乙，D错误； 故答案选：C。6.酸碱中和滴定实验中，下列说法正确的是A.中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁C.酸碱指示剂的变色点就是反应终点D.滴定前滴定管中的液体液面处于处，滴定过程中用去的液体，此时滴定管中剩余液体的体积为【答案】B【解析】【详解】A．较浓的标准液一滴引起的误差大，较稀的标准液引起的误差相对减小，同时指示剂本身就是有机弱酸或弱碱，加入较浓碱可引起平衡移动，所以加入指示剂也不宜过多，一般2～3滴，A错误；B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，B正确；C．滴定终点是根据指示剂的颜色变化来判断的，滴定终点就是指示剂的变色点，但不是指示剂变色就是反应终点，C错误；D．滴定前滴定管中的液体液面处于25mL处，滴定过程中用去10.00mL的液体，滴定管的0刻度在上方，还有一段没有刻度的溶液，此时滴定管中剩余液体的体积为大于15mL，D错误；故选B。7.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A.开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫B.在FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化C.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2D.工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率【答案】B【解析】【分析】解题时特别注意勒夏特列原理是如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，平衡向逆向移动（即气体体积增大的方向），则二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．在FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化，属于氧化还原反应原理的应用，不存在平衡移动，B符合题意；C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡（Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO ）逆向移动，降低了氯气的溶解度，可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气，可使平衡向正向移动，提高SO2的利用率，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。8.下列事实可证明醋酸是弱酸的是A.醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳B.等体积等的盐酸和醋酸，稀释相同倍数后与等量且足量的锌反应，两者反应速率相同，但醋酸产生氢气多C.完全中和醋酸溶液需要溶液D.醋酸溶液【答案】D【解析】【详解】A．醋酸溶液和碳酸钙反应缓慢放出二氧化碳，说明醋酸酸性大于碳酸，但碳酸为弱酸，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，A错误；B．等体积等pH的盐酸和醋酸，稀释相同倍数后盐酸中H+浓度小于醋酸，与等量且足量的锌反应，醋酸比盐酸更剧烈，反应更快，B错误；C．完全中和25mL 0.1mol⋅L-1醋酸溶液需要25mL 0.1mol⋅L-1 NaOH溶液，只能证明醋酸为一元酸，不能证明强弱，C错误；D．0.1mo1/L的醋酸溶液的pH=3，醋酸溶液中c(H+)小于0.1mol/L，说明醋酸是弱酸，D正确；故选D。9.实验室进行粗盐提纯时，需除去和，所用试剂包括以及A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】除杂过程中不能引入新杂质，同时为保证除杂完全，所加除杂试剂一般过量，然后选择合适的试剂将所加过量的物质除去。【详解】粗盐中主要成分为NaCl。除去Ca2+选用将其转化为沉淀，为了不引入新杂质，所加物质的阳离子为Na+，即选用Na2CO3除去Ca2+，同理可知，除去Mg2+需选用NaOH，除去需选用BaCl2 ，因所加除杂试剂均过量，因此向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中，BaCl2先于Na2CO3加入，利用Na2CO3除去Ca2+和多余的BaCl2，因Na2CO3、NaOH均过量，成为新杂质，需要过滤后向滤液中加入HCl，至溶液中不再有气泡产生，以此除去Na2CO3、NaOH，然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品，综上所述，答案为A。10.下列五种混合溶液，由分别为的两种溶液等体积混合而成：①与②与③与④与⑤与，由大到小排序正确的是A.①＞④＞③＞②＞⑤B.①＞③＞⑤＞④＞②C.②＞④＞③＞⑤＞①D.②＞③＞④＞⑤＞①【答案】C【解析】【详解】五种混合溶液，由分别为0.1mol⋅L-1的两种溶液等体积混合，①CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，溶液显酸性，CH3COOH微弱电离出CH3COO-；②CH3COONa与NaOH，NaOH抑制CH3COO－水解；③CH3COONa与NaCl，NaCl既不促进也抑制CH3COO-水解；④CH3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性，促进醋酸根离子水解，因此c(CH3COO-)排序是②＞④＞③＞⑤＞①；故选C。11.羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到平衡：  K=0.1。反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO的物质的量为8mol。下列说法正确的是A.升高温度，H2S浓度增大，表明该反应是吸热反应B.通入CO后，正反应速率逐渐增大C.反应前H2S的物质的量为6molD.CO的平衡转化率为20%【答案】D【解析】 【详解】A．升高温度，H2S浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A错误；B．通入CO气体的瞬间正反应速率增大，达到最大值，向正反应方向建立新的平衡，正反应速率逐渐减小，B错误；C．设反应前H2S的物质的量为nmol，容器的容积为VL，则，，解得n=7，C错误；D．根据上述计算可知CO的转化率为20%，D正确；故选D12.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：B检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C探究氢离子浓度对、相互转化的影响向溶液中缓慢滴加硫酸溶液，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动D检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A ．向溴化钠溶液中加入过量氯水，氯水中的氯气与溴化钠溶液反应生成溴，溶液变为橙色，再加入淀粉碘化钾溶液，氧化性强的氯气优先与碘化钾溶液反应，反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色，变化过程中不存在溴与碘化钾溶液的反应，无法比较溴与碘的氧化性强弱，故A错误；B．浓盐酸也能与高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则将铁锈溶于浓盐酸，滴入高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去不能说明铁锈中含有二价铁，故B错误；C．重铬酸钾溶液中存在如下平衡2+2H++H2O，向重铬酸钾溶液中缓慢滴加硫酸溶液，溶液中的氢离子浓度增大，平衡生成重铬酸根离子的方向移动，溶液黄色变为橙红色，故C正确；D．乙醇和水均能与钠反应生成氢气，所以向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体不能说明乙醇中含有水，故D错误；故选C。13.在PdCl2-CuCl2做催化剂和适宜温度条件下，用O2将HCl氧化为Cl2：4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)ΔH<0，下列有关说法不正确的是A.降低温度，可提高Cl2产率B.提高，该反应的平衡常数增大C.若断开1molH-Cl键的阿时有1molH-O键断开，则表明该反应达到平衡状态D.该反应的平衡常数表达式【答案】B【解析】【详解】A．此反应正向为放热反应，降低温度，平衡正向移动，可提高氯气产率，选项A正确；B．温度不变，平衡常数不变，选项B不正确；C.若断开1molH-Cl键的同时有1molH-O键断开，说明正逆反应速率相等，则表明该反应达到平衡状态，选项C正确；D．各组分均为气体，平衡常数表达式正确，选项D正确。答案选B。14.关于化学平衡常数K，电离平衡常数或，水解平衡常数，沉淀溶解平衡常数，水的离子积常数的叙述中错误的是A.K、或都与温度有关，温度越高，常数值越大B.二元弱酸如的电离常数 C.由，说明相同物质的量浓度时，次氯酸的酸性比醋酸弱D.因为，则反应能发生【答案】A【解析】【详解】A．平衡常数只有温度有关，与浓度无关，如果化学反应正反应是放热反应,升高温度化学平衡常数减小，如酸碱中和反应，温度越高，平衡常数越小，A错误；B．二元弱酸的一级电离大于二级电离，则Ka2<Ka1，B正确；C．电离常数越大，酸性越强，则相同物质的量浓度时，次氯酸的酸性比醋酸弱，C正确；D．溶解能力相对较强的物质易转化为溶解能力相对较弱的物质，因为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，则因为AgCl溶解能力大于AgBr溶解能力，则反应AgCl(s)+Br-(aq)=AgBr(s)+Cl-(aq)能发生，D正确；故选A。15.时，下列说法正确的是A.的某酸溶液中一定存在：B.的氨水溶液稀释10倍后C.相同的溶液、溶液、溶液，其浓度大小关系：D.常温下，溶液中，由水电离产生的浓度为【答案】C【解析】【详解】A．若H2A为强酸，溶液中不存在H2A和HA—，不存在物料守恒关系，故A错误；B．氨水中存在电离平衡，pH为11的氨水溶液稀释10倍后溶液pH大于10，故B错误；C．醋酸钠和碳酸钠是强碱弱酸盐，溶液中存在水解平衡，酸越弱，酸根离子水解程度越大，则pH相同的醋酸钠、碳酸钠和氢氧化钠溶液的浓度大小关系：，故C正确；D．硫酸氢钠是是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，抑制水的电离，则常温下，0.1mol/L硫酸氢钠溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，由水电离产生的氢离子浓度为10—13mol/L，故D错误； 故选C。16.时，向密闭容器中充入和发生反应：。部分物质的物质的量随时间t变化如图实线所示。下列说法正确的是A.该反应的平衡常数B.时，C.曲线a代表随时间变化的曲线D.若该反应在时进行，则虚线b可表示的变化【答案】A【解析】【详解】A．根据图中信息得到平衡时c(SO2)＝0.3mol∙L−1，c(H2)＝(10−2.7×3)mol∙L−1＝1.9mol∙L−1，c(H2S)＝2.7mol∙L−1，c(H2O)＝5.4mol∙L−1，则该反应的平衡常数，故A正确；B．时还未达到平衡，正在正向建立平衡的阶段，因此，故B错误；C．根据曲线a与SO2曲线变化相反，则说明a代表随时间变化的曲线，故C错误；D．该反应是放热反应，若该反应在时进行，则平衡向放热反应移动即正向移动，则将减小，因此虚线b不能表示的变化，故D错误。综上所述，答案为A。第II卷(非选择题)二、必做题。(共4题，共43分)17.填写下列空白 （1）时，将的氨水与的盐酸等体积混合所得溶液中，则溶液显___________(填“酸”“碱”或“中”)性。（2）净水的原理是(用离子方程式表示)___________。（3）常温下，某水溶液M中存在的离子有：，存在的分子有。根据题意回答下列问题：①的水溶液呈___________性﹐主要原因是(用离子方程式表示)：___________，往溶液中加入上___________可抑制其水解(填字母标号)A．固体B．氯化铁固体C．水D．碳酸钠固体②已知，往溶液中加入溶液，混合后溶液中浓度为___________。(忽略的水解)【答案】（1）中（2）（3）①.碱②.③.AD④.【解析】【分析】等体积混合生成Na2A，水解显碱性，离子水解以第一步为主；由A2-+H2O⇌OH-+HA-根据影响平衡移动的因素，可判断抑制A2-的水解；由反应式Ba2++A2-=BaA，沉淀后A2-过量0.01mol，根据BaA的Ksp=c(Ba2+)×c(A2-)，可得c(Ba2+)=进行计算；【小问1详解】所得混合溶液中c(NH)=c(Cl-)，根据电荷守恒得c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性；【小问2详解】FeCl3净水的原理是：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；【小问3详解】①A2-水解，使溶液呈碱性，水解时也遵循逐级水解，所以水解方程式为：A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，A2-水解：A2-+H2O⇌OH-+HA-，A．加入KOH固体，氢氧根离子浓度增大，抑制了A2-的水解，A正确；B．加入氯化铁固体，铁离子水解溶液呈酸性，促进了A2-的水解，B错误；C．加入水后A2-离子浓度减小，A2-的水解程度增大，C错误；D．碳酸钠固体水解显碱性，抑制A2-的水解，D正确； 故选AD。②由反应式Ba2++A2-=BaA，可得：沉淀后A2-过量0.01mol，溶液中c(A2-)==mol/L，根据BaA的Ksp=c(Ba2+)×c(A2-)可得c(Ba2+)===5.4×10-10mol/L；18.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：（1）已知：(g)(g)+H2(g)ΔH1=100.3kJ·mol−1①H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH2=−11.0kJ·mol−1②，对于反应：(g)+I2(g)(g)+2HI(g)③ΔH3=___________kJ·mol−1。（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。A．通入惰性气体B．提高温度C．增加环戊烯浓度D．增加碘浓度（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。A．T1＞T2B．a点的反应速率小于c点的反应速率C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L−1【答案】①.89.3②.40％③.3.56×104④.BD⑤.CD【解析】 【分析】(1)利用盖斯定律解题；(2)利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；(3)通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；【详解】(1)已知：(g)=(g)+H2(g)△H1=+100.3kJ•mol-1①，H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H2=-11.0kJ•mol-1 ②，根据盖斯定律，①+②得③(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)△H3=(+100.3kJ•mol-1)+(-11.0kJ•mol-1)=+89.3kJ•mol-1；(2)设碘和环戊烯()的初始物质的量都为nmol，转化的物质的量为xmol，      (g)+I2(g)=(g)+2HI(g)初始(mol)n    n   0     0转化(mol)x    x    x    2x平衡(mol)n-x  n-x   x 2x刚性容器内气体的压强与物质的量成正比，则：=1+20%，解得：x=0.4n，平衡时环戊烯的转化率为：×100%=40%；平衡时混合气体的压强为：105Pa×(1+20%)=1.2×105Pa，混合气体总物质的量为：(n-0.4n+n-0.4n+0.4n+0.4n×2)mol=2.4nmol，平衡时各组分所占压强分别为p()=p(I2)=×1.2×105Pa=3×104Pa，p()=×1.2×105Pa=2×104Pa，p(HI)=×1.2×105Pa=4×104Pa，该反应的平衡常数Kp=≈3.56×104Pa；A．通入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，则环戊烯的转化率不变，故A错误；B．该反应为吸热反应，提高温度平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故B正确；C．增加环戊烯浓度，环戊烯的转化率减小，故C错误；D．增加碘浓度，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故D正确；故答案为BD；(3)A．温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；C．a到b的过程为正反应速率逐渐减小，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b 点的逆反应速率，故C正确；D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L×=0.45mol•L-1，故D正确；故答案为CD。【点睛】考查盖斯定律的应用，有关盖斯定律的习题，首先要根据所求的反应分析，分析以下几点：①所求反应中的反应物在哪个反应了？是反应物还是生成物？②所给反应中哪些物质是所求反应中没有的？③如何才能去掉无用的？然后，通过相互加减，去掉无关物质；将所对应的△H代入上述化学方程式的加减中就可以了。19.回答下列问题：（1）X、Y、Z、W均为中学化学中常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系(其它产物已略去)。下列说法不正确的是A.若W是单质铁，则Z溶液可能是溶液B.若W是氢氧化钠，则X水溶液呈酸性C.若W是氧气，则X、Z的相对分子质量可能相差48D.若W是强氧化性的单质，则X可能是金属铝（2）A是一种常见的铵盐，受热分解可得到碱性气体B，C、D是常见的两种氧化物，E溶液显酸性。A、B、C、D、E是含有一种相同元素的五种化合物，在一定条件下可发生如图所示的转化。①B的化学式___________；D的颜色___________。②实验室中常用A和另一种固体制备B，写出相应的化学方程式___________。（3）电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。①图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择___________(填字母标号)。a．碳棒b．锌板c．铜板②镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图2为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的___________(填“正”或“负”)极。F 电极上的电极反应式为___________。【答案】（1）D（2）①.②.红棕色③.（3）①.b②.负③.【解析】【分析】由题干信息可知，A是一种常见的铵盐，受热分解可得到B，B是碱性气体，所以B是NH3，C、D是常见的两种氧化物，且E溶液显酸性，A、B、C、D、E是含有一种相同元素的五种化合物，可知C是NO，D是NO2，E是HNO3，据此分析回答问题。【小问1详解】A．W为Fe，若X为Cl2，则Y为FeCl3，Z为FeCl2，Z溶液可能是FeCl2溶液，A正确；B．W是氢氧化钠，则X为CO2，则Y为NaHCO3，Z为Na2CO3，X也可以为SO2，溶液都显酸性，B正确；C．若W是氧气，则或者,则X、Z的相对分子质量可能相差48或者32，C正确；D．若W是强氧化性的单质，则X应为有可变价态的元素的物质，不可能是金属铝，D错误；故选D；【小问2详解】①由以上分析可知，B是NH3；D是NO2，是红棕色气体；②实验室用氯化铵与氢氧化钙加热制取氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；【小问3详解】①可利用原电池原理对金属进行防护，此时Fe作正极被保护，则要选择活泼性比Fe 强的金属作负极，所以选锌和铝镁合金，故选b；②E电极Mg的价态升高，失电子，应为负极；F电极为正极，ClO-得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为：。20.铁及其化合物在生产和生活中具有广泛的用途。请回答下列问题。（1）铁制品暴露在潮湿空气中容易发生腐蚀，通过图甲所示装置可验证铁钉是否发生电化学腐蚀，正极反应式是___________。（2）利用图乙装置可模拟工业生产高铁酸盐，阳极反应为___________，阴极区的溶液___________(填“增大”“减小”或“不变”)。利用高铁酸盐可制作新型可充电电池，该电池的总反应为，充电时阳极反应为___________，放电时每转移电子，正极有___________被还原。【答案】（1）（2）①.②.增大③.④.【解析】【分析】当水膜呈中性时，金属铁发生吸氧腐蚀，氧气在正极上得电子的还原反应；铁为阳极发生氧化反应，可以制备新型净水剂高铁酸盐，而阴极是水中的氢离子放电，生成氢气，同时产生氢氧根离子；据电池的总反应可知，充电时，阳极上的氢氧化铁转化成高铁酸钠，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，以此来解析；【小问1详解】铁钉用氯化钠溶液浸泡，水溶液环境呈中性，钢铁发生吸氧腐蚀，氧气在正极上得电子生成氢氧根，故电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；【小问2详解】 根据图中信息可知，铁为阳极发生氧化反应，可以制备新型净水剂高铁酸盐(FeO)，电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O，而阴极是水中的氢离子放电，生成氢气，同时产生氢氧根离子，所以阴极区溶液的pH增大；充电时阳极发生Fe(OH)3失电子的氧化反应，即反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO+4H2O，放电时正极反应为：FeO+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，根据反应可知FeO～3e-，可得放电时，每转移0.6mol电子，正极有被还原K2FeO4的质量为0.6mol×=39.6g；三、选做题，共25分。请您从21、22题中任选一题做答。如多做，则按所做的第一题计分。【化学选修3——物质结构与性质】选择题(每小题只有一项符合题意，把正确选项写在答题卡相应空格内)21.下列说法正确的是（）A.原子半径：P<S<ClB.电负性：C<N<OC.热稳定性：HF<HCl<HBrD.第一电离能：Na<Mg<Al【答案】B【解析】【详解】A．根据元素周期律，同周期从左至右，原子半径逐渐减小，可知，半径：P＞S＞Cl，A项错误；B．同一周期内，原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大，故电负性：C<N<O，B项正确；C．同主族，从上至下，非金属性逐渐减弱，其氢化物的稳定性逐渐减弱，C项错误；D．同周期，从左至右，元素的第一电离能总体上呈增大的趋势，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量最低，第一电离能Mg＞Al，D项错误；答案选B。22.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（）A.S和SiB.CCl4和KClC.NaCl和HClD.CO2和H2O【答案】D【解析】【详解】A.固体S是分子晶体，含S-S非极性键，硅是原子晶体，只含共价键，选项A错误；B.氯化钾是离子晶体，只含离子键，CCl4是分子晶体，CCl4中只含共价键，选项B错误；C.NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，选项C错误； D.固体CO2和H2O都是分子晶体，CO2和H2O都只含共价键，选项D正确；答案选D。23.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一种化学元素。下列说法正确的是A.沸点：B.分子是非极性分子C.C形成的单质中键与键个数之比为1∶2D.B、C、D形成的简单气态氢化物互为等电子体【答案】C【解析】【详解】根据各元素在周期表中的位置知，A为氢，B为碳，C为氮，D为氧，X为硫，Y为氯。A．为，存在氢键，为，沸点，选项A错误；B．为，是极性分子，选项B错误；C．中含有氮氮三键，三键中含有有1个键，2个键，选项C正确；D．B、C、D的简单气态氢化物分别是、、，原子数不同，不能互为等电子体，选项D错误；答案选C。24.下列图示或化学用语表示不正确的是A．的空间结构模型B．的模型C．基态的价层电子的轨道表示式D．轨道的电子云轮廓图 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．的价层电子对数为，中心原子采取sp2杂化，其空间构型为平面三角形，即为，A正确；B．价层电子对数为，含有一对孤电子对，中心原子采取sp2杂化，模型为平面三角形，即为，B正确；C．基态Cr的价层电子排布式为3d54s1，价层电子的轨道表示式为，C错误；D．p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，px轨道的电子云轮廓图是沿x轴方向伸展的哑铃形，D正确；故答案选：C。25.锌与硫所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列判断正确的是A.S和分别位于元素周期表的p区和d区B.该晶胞中和数目均为4。C.位于构成的四面体空隙中D.氧化锌的熔点低于硫化锌【答案】B【解析】【详解】A．Zn的价电子排布式为：3d104s2，故Zn位于元素周期表ds区，选项A错误；B．由图可知，Zn2+位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，S2−位于体内，其个数为4，则离子数目相同，选项B正确；C．由图可知位于构成的四面体空隙中，选项C错误；D ．同类型的离子晶体中，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，因氧离子半径小于硫离子半径，则氧化锌的熔点大于硫化锌，选项D错误。答案选B。26.元素周期表中第四周期元素形成的化合物性质丰富，回答下列问题：（1）复兴号高铁车体材质用到、等元素。的一种配合物化学式为，下列说法正确的是___________(填字母标号)。A.与原子配位时，提供孤电子对的是C原子B.原子的配位数为6C.中C原子的杂化类型为D.中键与键数目之比为5∶2（2）能形成化合物，在该化合物中不含___________(填字母标号)。A．键B．键C．配位键D．离子键E．极性键F．非极性键（3）中的键角比的键角___________(填“大”或“小”)原因是___________。（4）在催化作用下，呋喃()可与氨反应，转化为吡咯()。二者熔、沸点关系为：呋喃___________吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是___________。（5）的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为，B为，则C的离子坐标参数为___________。一定温度下，晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列，填充其中(如图乙)，已知的半径为，设阿伏伽德罗常数值为，每平方米面积上具有该晶体的质量为___________g(用含a、的代数式表示)。【答案】（1）BD（2）BF（3）①.小②.空间构型为正四面体，键角，空间构型为平面三角形，键角 ，的键角小（4）①.低于②.吡咯易形成分子间氢键（5）①.②.【解析】【分析】NiO的晶胞结构所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，c在x、y、z轴上的投影分别是(1，，)，则c点的离子坐标为(1，，)，每个Ni原子被3个O原子包围，每个O原子被3个Ni原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=(×2a×2a×sin60°×10-24)m2=×10-24×a2m2，如图，实际上每个Ni原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为×10-24×a2m2，O原子个数为6×=1，据此计算，以此来解析；【小问1详解】A．CH3CN与Mn原子配位时，C原子形成4个共价键，不存在孤电子对，N原子中存在孤电子对，为配体，A错误；B．根据配合物[Mn(CO)5(CH3CN)]可知内界存在5个CO和1个CH3CN，配位数为6，B正确；C．CH3CN中甲基中的C原子形成4个σ键，杂化方式为sp3，氰基中C原子形成2个σ键和2个π键，杂化方式为sp，C错误；D．CH3CN中形成3个C-H键，1个C-C键，1个C-N键，共有5个σ键，氰基中形成2个π键，σ键与π键数目之比为5：2，D正确；故选BD；【小问2详解】Ti能形成化台物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，该化合物中O-H中存在σ键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在π键和非极性共价键，B和F符合题意；故选BF；【小问3详解】SeO是正四面体形，键角为109°28，而SeO3是平面正三角形，键角为120°，故SeO中Se-O的键角比SeO3的键角小； 【小问4详解】影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯，吡咯易形成分子间氢键；【小问5详解】NiO的晶胞结构所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，c在x、y、z轴上的投影分别是(1，，)，则c点的离子坐标为(1，，)，每个Ni原子被3个0原子包围，每个0原子被3个Ni原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=(×2a×2a×sin60°×10-24)m2=×10-24×a2m2，如图，实际上每个Ni原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为×10-24×a2m2，O原子个数为6×=1，每平方米面积上分散的该晶体的质量为×=×=g；【化学选修5——有机化学基础】选择题(每小题只有一项符合题意，把正确选项写在答题卡相应空格内)27.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句。下列关于该诗句的说法错误的是A.古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物B.蚕丝属于天然高分子材料C.蚕丝的主要成分是蛋白质D.“蜡炬成灰”过程发生了氧化反应【答案】A【解析】【详解】A．蜡烛的主要成分是碳氢化合物，不属于酯类物质，来自于石油，故A错误；B．蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料，故B正确；C．蚕丝的主要成分是纤维状蛋白质，故C正确；D．有电子转移的反应为氧化还原反应，“蜡炬成灰” 过程中蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，有电子转移，所以蜡烛发生氧化反应，故D正确；故选A。28.紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是A.分子式为C14H14O4B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色C.能够发生水解反应D.能够发生消去反应生成双键【答案】B【解析】【详解】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A叙述正确；B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B叙述不正确；C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正确；D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。综上所述，故选B。29.下列表述正确的是A.苯和氯气生成的反应是取代反应B.蔗糖、油脂、蛋白质都能发生水解反应，都属于天然有机高分子化合物C.至少有12个原子共平面D.硫酸作催化剂，水解所得乙醇分子中有【答案】D【解析】【详解】A．苯和氯气发生加成反应生成六氯环己烷，故A错误；B．蔗糖、油脂的相对分子质量小于一万，都不属于天然有机高分子化合物，故B错误；C．苯环是平面结构，由于单键可以旋转，所以联苯分子中至少有14个原子共平面，故C错误；D．在稀硫酸作催化剂条件下，发生水解反应生成和 ，故D正确；故选D。30.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】B【解析】【分析】分子式为C5H10O2且与NaHCO3溶液能产生气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为﹣C4H9，﹣C4H9的种类等于该有机物的异构体数目。【详解】分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为﹣C4H9，﹣C4H9异构体有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH(CH3)CH2CH3，﹣CH2CH(CH3)CH3，﹣C(CH3)3，故符合条件的有机物的异构体数目为4。故选：B。【点评】本题主要考查同分异构体书写、官能团的性质与确定等，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键，甲基与乙基均1种，丙基2种、丁基4种、戊基8种。31.2021年诺贝尔化学奖颁给了“在不对称催化方面”做出贡献的两位科学家。脯氨酸(结构如图)可参与诱导不对称催化反应。下列关于脯氨酸的说法正确的是A.可发生取代、不可发生氧化反应B.饱和碳原子上的二氯代物有10种C.由于有羧基不能形成分子间氢键D.与互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．脯氨酸具有有机物的通性，能够发生燃烧反应生成二氧化碳、氮气和水，燃烧反应属于氧化反应，故A错误；B．由结构简式可知，脯氨酸分子中饱和碳原子上的一氯代物有4种，二氯代物有9种，故B错误；C．由结构简式可知，脯氨酸分子中含有羧基和亚氨基，能形成分子间氢键，故C错误；D．由结构简式可知，脯氨酸与硝基环戊烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选D。 32.化合物M()是合成药物的中间体，实验室合成M的一种路线如图：已知：①A的核磁共振氢谱中有3组吸收峰②+HCl③回答下列问题：（1）A的化学名称为___________。（2）B的结构简式为___________；D中官能团的名称为___________。（3）由C和E生成F的化学反应中加入的作用为___________。（4）G与M中手性碳(连有四个不同原子或基团的碳)的数目之比为___________。（5）同时满足下列条件的H的同分异构体有___________种。①能与溶液发生显色反应②能发生水解反应③苯环上连有6个取代基（6）参照上述合成路线和信息，以氯苯和乙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线___________。【答案】（1）2—丙醇（2）①.②.羧基、溴原子（3）与生成的HCl反应，提高产物产率（4）1∶1（5）3 （6）【解析】【分析】由题给信息和有机物的转化关系可知，A为，在浓硫酸作用和加热条件下发生消去反应生成CH3CH=CH2，则C为CH3CH=CH2；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则D为；与SOCl2发生取代反应生成，在磷酸钠作用下与CH3CH=CH2发生取代反应生成，则F为；催化剂条件下+与氢气发生加成反应生成，则G为；发生信息③反应生成，则H为；在浓硫酸作用下共热发生分子内酯化反应生成。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为，名称为2—丙醇，故答案为：2—丙醇；【小问2详解】由分析可知，B的结构简式为；D的结构简式为，官能团为羧基、溴原子，故答案为：；羧基、溴原子；【小问3详解】 C和E生成F的反应为与CH3CH=CH2发生取代反应生成和氯化氢，磷酸钠与生成的氯化氢反应，平衡向正反应方向移动，有利于提高产物产率，故答案为：与生成的HCl反应，提高产物产率；【小问4详解】由分析可知，G的结构简式为，分子中有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，M的结构简式为，分子中有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，则G与M中手性碳的数目之比为1∶1，故答案为：1∶1；【小问5详解】H的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，苯环上连有6个取代基说明同分异构体分子中苯环上连有1个—OH、1个HCOO—和4个—CH3，符合条件的同分异构体共有3种，故答案为：3；【小问6详解】由合成路线和信息，以氯苯和乙烯为原制备的合成步骤为发生信息反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，在磷酸钠作用下，与乙烯反应生成，合成路线为，故答案为：。